Cho hai số thực \(x,\,y\) thỏa mãn bất phương trình \({\log _3}\frac{{{e^y}}}{{{x^2} + 1}} + 5{e^{2y}} – 6{e^y} – 5{{\rm{x}}^4} – 4{{\rm{x}}^2} + 1 \ge 0\). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = {x^2} + y + \frac{{2{x^2} + 4y + 2}}{{2\left( {{x^2} + 1} \right)y – 7}}\) gần nhất với giá trị nào sau đây?

Câu hỏi: Cho hai số thực \(x,\,y\) thỏa mãn bất phương trình \({\log _3}\frac{{{e^y}}}{{{x^2} + 1}} + 5{e^{2y}} – 6{e^y} – 5{{\rm{x}}^4} – 4{{\rm{x}}^2} + 1 \ge 0\). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = {x^2} + y + \frac{{2{x^2} + 4y + 2}}{{2\left( {{x^2} + 1} \right)y – 7}}\) gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. \(6\). 

B. \(8\). 

C. \({e^2}\). 

D. \({e^3}\).

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Bất phương trình đã cho được biến đổi thành\({\log _3}{e^y} + 5{e^{2y}} – 6{e^y} \ge {\log _3}\left( {{x^2} + 1} \right) + 5{\left( {{x^2} + 1} \right)^2} – 6\left( {{x^2} + 1} \right)\)

Đặt \(f\left( t \right) = {\log _3}t + 5{t^2} – 6t,\;v\^o \`u i\;t > 0\)

Khi đó: \(f’\left( t \right) = \frac{1}{{t.\ln 3}} + 10t – 6\mathop\ge \limits^{B\~N T Co\^a si} \)2\(\sqrt {\frac{{10}}{{\ln 3}}}- 6 > 0\), \(\forall \,t > 0\).

Do vậy\(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Bất phương trình trên trở thành: \(f\left( {{e^y}} \right) \ge f\left( {{x^2} + 1} \right)\)\( \Leftrightarrow {e^y} \ge {x^2} + 1\)

Từ đây, ta được \(y \ge \ln \left( {{x^2} + 1} \right) \ge \ln 1 = 0\)

Đặt \(k = {x^2} + 1 \ge 1\), khi đó, xem \(P\) là biểu thức theo biến \(y\), ta xét: \(P = g(y) = k + y + \frac{{2k + 4y}}{{2ky – 7}} – 1\); \(g'(y) = 1 – \frac{{4{k^2} + 28}}{{{{\left( {2ky – 7} \right)}^2}}}\).

\(g'(y) = 0 \Leftrightarrow {\left( {2ky – 7} \right)^2} = 4{k^2} + 28 \Leftrightarrow y = \frac{{7 + 2\sqrt {{k^2} + 7} }}{{2k}}\).

Ta có \(g’\left( y \right)\) đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua \(\frac{{7 + 2\sqrt {{k^2} + 7} }}{{2k}}\) nên

\(P \ge g(\frac{{7 + 2\sqrt {{k^2} + 7} }}{{2k}}) = k + \frac{{7 + 2\sqrt {{k^2} + 7} }}{{2k}} + \frac{{2k + 4.\frac{{7 + 2\sqrt {{k^2} + 7} }}{{2k}}}}{{2\sqrt {{k^2} + 7} }} – 1 = k + \frac{{11}}{{2k}} + \frac{{2\sqrt {{k^2} + 7} }}{k} – 1\).

Xét hàm số \(h(k) = k + \frac{{11}}{{2k}} + \frac{{2\sqrt {{k^2} + 7} }}{k} – 1\) với \(k \ge 1\), ta có \(h'(k) = \frac{{2{k^2} – 11 – \frac{{28}}{{\sqrt {{k^2} + 7} }}}}{{2{k^2}}}\)

\(h'(k) = 0 \Leftrightarrow 2{k^2} – 11 = \frac{{28}}{{\sqrt {{k^2} + 7} }} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k \ge \sqrt {\frac{{11}}{2}} \\{\left( {2{k^2} – 11} \right)^2}\left( {{k^2} + 7} \right) – {28^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow k = 3\)

Ta có bảng biến thiên:

Từ đó suy ra \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1; + \infty } \right)} h\left( k \right) = h(3) = \frac{{13}}{2}\) khi \(k = 3 \Leftrightarrow x =\pm \sqrt 2,y = \frac{5}{2}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) bằng \(\frac{{13}}{2}\) đạt tại \(x =\pm \sqrt 2,y = \frac{5}{2}.\)

======= Thuộc mục: Trắc nghiệm Logarit và hàm số lôgarit